欢迎阅读第一章绪论习题1-1在图1-1所示的网络中，设在d点发生短路，试就以下几种情况评述保护1和保护2对四项基本要求的满足情况：（1）保护1按整定时间先动作跳开1DL,保护2起动并在故障切除后返回；（2）保护1和保护2同时按保护1整定时间动作并跳开1DL和2DL；（3）保护1和保护2同时按保护2整定时间动作并跳开1DL和2DL；（4）保护1起动但未跳闸，保护2动作跳开2DL；）、dz·JK lm(1)、被=1.5，zq3种t10＝2.5s。

1 求电流I段定值（1）动作电流I’dzI’dz＝K’k×Ｉd·B·max＝1.3×4.97＝6.46（kA）其中Ｉd＝E S/（X s＋X AB）＝（37/3）/（0.3＋10×0.4）＝4.97（kA）·B·max(2) 灵敏性校验，即求l minl min = 1/Z b×(（3/2)·E x/ I’dz－X s,max) = 1/0.4×( (37/2) / 6.46 －0.3)=6.4 (km)l min % = 6.4/10 ×100% = 64% > 15%2 求电流II段定值(1) 求动作电流I’’dz为与相邻变压器的瞬动保护相配合，按躲过母线C最大运行方式时流过被整定保护的最大短路电流来整定（取变压器为并列运行）于是＝E S/（X s＋X AB＋X B／2）＝（37/3）/（0.3＋4＋9.2/2）＝2.4（kA）Ｉd·C·maxI’’dz＝K’’k·Ｉd·C·max＝1.1×2.4＝2.64（kA）式中X B＝U%×（U2B / S B）＝0.075×（352／10）＝9.2（Ω）d（2）灵敏性校验K’’lm=Ｉd·B·min / I’’dz＝3/ 2×4.97／2.64＝1.63 > 1.5满足要求（3t’’3（1）I式中（2）K lm (1)考虑C4.(1)Ｉg取n1=400/5（2）继电器动作电流I段I’dz·J＝K jx×I’dz/ n1=6.46×103/80 = 80.75（Ａ）II段I’’dz·J =2.64×103/80 = 33（Ａ）III段I dz·J = 523 / 80 = 6.54（Ａ）5 求当非快速切除故障时母线A的最小残压非快速保护的动作区最靠近母线A的一点为电流I段最小保护范围的末端，该点短路时母线A的残余电压为U cy = I d·l min%·X AB式中I d＝Ｅ／（X＋l min%·X AB）Ｓ故U cy =Ｅ·l min%·X AB／（XＳ＋l min%·X AB）按残余电压定义，即可得出计算U cy%的公式U cy%＝U cy／Ｅ＝l min%·X AB／（XＳ＋l min%·X AB）本题已计算出l min%＝64％，而X AB＝0.4×10 ＝4Ω, X s = 0.3Ω故U cy%＝（0.64×4）／（0.3+4×0.64）×100％＝87.5％其他方案可类推例题2.2在图2-2所示网络中，试对线路AB进行三段式电流保护的整定（包括选择接线方式，计算保护各段的一次动作电流、二次动作电流、最小保护范围、灵敏系数和动作时间，选出主要继电器型号规范）。

已知线路的最大负荷电流I fh＝100Ａ，电流互感器变比为300/5，保护2的过电·max流保护动作时间为2.2s，母线A、B、C等处短路时流经线路AB的短路电流计算值如表2，有关短路电流计算值为（kA）1.，2.（1，取可2l min = 1/Z b×((3/ 2)·E x/ I’dz－Z s,max)式中Z s,max为系统阻抗，尚为未知数，根据题设A点短路电流数据，可以求出A点背后等值电源（即系统）的等值阻抗：最大运行方式时Z s,min＝（37/3）／5.34＝4（Ω）最小运行方式时Z s,max＝（37/3）／4.27＝5（Ω）式中37为35KV电网的平均额定线电压，于是可求最大运行方式下的最小保护范围为l min·max＝（1/0.4）×（3/ 2×（37/3）／1.983－4）＝13.3（km）此处取线路阻抗Z b = 0.4Ω/km最小运行方式下的最小保护范围为l min·mim＝（1/0.4）×（37 / 2／1.983－5）＝10.8（km）l min·max%＝l min·max / l AB ×100% = 13.3/25×100%=53.2% > 15%l min·min% = l min·min/ l AB ×100% = 10.8/25×100%=43.3% > 15%均满足要求3）动作时间的整定t=0s但为躲管型避雷器放电，应选取DZS-117型中间继电器做为出口继电器，该继电器具有4个常开触点，固有动作时间为0.06s，并假定操作电源为220V直流。

（2）II1）I’’dzI’dz·于是I’’dz选用20 A 2），考虑K3）220V（3）III1选用2）灵敏性校验：取本线路末端B点短路时流过本保护的最小两相短路电流做为计算电流，故K lm（1）= I(2)d·B·min/I dz = (3/ 2) ×1.424×103 / 282=4.37 > 1.5保护相邻线路时的灵敏性，取相邻线路BC末端C点短路时流过本保护1的最小两相短路电流作为计算电流，故K lm（2）= I(2)d·c·min /I dz = (3/ 2) ×0.548×103 / 282=1.68 > 1.2均满足要求。

3）动作时间整定：根据阶梯原则，在此，过电流保护的动作时间应与相邻线路BC的保护2配合，即t1 = t2 + △t=2.2＋0.5＝2.7（s）选用DS-112型时间继电器，其动作时间整定范围为0.25～3.5s 取操作电源为直流220V习题2-1图2-3示网络中，已知线路AB 的最大负荷电流A I fh 100m ax =⋅，电流互感器变比为300/5，保护2的过电流保护动作时间为2.5 S ，母线A 处短路时，最大和最小三相短路电流分别为5.34kA和4.27kA 。

每公里线路正序阻抗为0.4Ω，取3.1'=k K ，2.1"=kK ，2.1=k K ，85.0=h K ，2=zq K 。

试对线路AB 进行三段式电流保护的整定（包括：一次、二次动作电流，最小保护范围，灵敏系数和动作时间）。

图2-3 习题2-1 图 2-22A ，线路各段电r 求出无时限电流速断的保护范围和校验Ⅱ、Ⅲ段的灵敏度。

''s X 为图2-5 习题2-3图2-4在图2-6所示网络中，线路AB 、BC 、BD 上均装设了三段式定时限电流保护，变压器采用了保护整个变压器的无时限差动保护，并已知： （1） 保护采用完全星形接线方法；（2） KI I ∞''≈； （3） 线路AB 的最大负荷电流为200A ，负荷自起动系数 K zq =1.5;（4） 其他参数如图示，图上设备电抗值均为归算到115KV 的欧姆数；（5） 1.25, 1.15.relrel rel K K K I II III=== （6）发电机电势和电抗为Ω=Ω==13,18,3/115''min ''max ''s s X X KV E 图2-6 习题2-4图 试计算：线路AB 各段保护的().I pu sen pu I K l t 、或和2-5在图2-7所示网络上，各断路器采用了定时限电流保护，并已知：图2-7 习题2-5图（1） 保护1和4均采用不完全星形三继电器接线方式，保护5采用不完全星形两继电器的接线方式；（2） 线路AB 和BC 的最大负荷电流分别为190A 和120A ，负荷自启动系数分别为2.5和2.3；（3） I （4） 2-6 （1） 100A ，（2） （3） （4） 试计算:2-7 2-8在图2-9在图其中发电机1为：MW S MW S 50,100min max ==,发电机2为：MW S MW S 25,50min max == 图2-11习题2-9图2-10在图2-12所示的几种网络中，无时限电流速断保护的整定条件（系统运行方式、短路类型、短路点）是什么（每个电源均为两种运行方式）?图2-12习题2-10图 2-11在图2-13所示两相三继电器连接中，电流互感器二次极性连接是否正确？试分析在发生三相短路及A C 两相短路时，流过继电器1 、2 、3中的电流？图2-13习题2-11图2-12 在整定电流保护第Ⅲ段时，为什么必须考虑返回系数？在整定Ⅰ、 Ⅱ段时是否需要考虑？为什么？2-13在这一章里使用了各种系数，如rel re ss sen con b K K K K K K 、 、 、 、和等，说明其含意及在整定计算中的作用。

二、方向电流保护2-14如图2-14为单电源环网，各断路器均装有过电流保护。

试求环网中各过电流保护的动作时间，并判断哪些过电流保护可以不装方向元件。

图2-14 习题2-14 2-15已知功率方向继电器采用 90接线方式，线路阻抗角 60=d ϕ。

试问：⑵用 2-16∆侧发生2-172-18 ～8DL 2-19 2-20 902-212-22方向电流保护不用电流测量元件可否？为什么？2-23在图2-18所示的方向电流保护交流回路展开图中，其极性接线是否正确（以指向线路方向为正）？把错误地方改正过来。

图2-18 习题2-23图三、三段式接地电流保护例题例题2.3在图2-19所示110KV 网络中，已知：（1） 电源的等值电抗 ,5".2".1Ω==s s X X ；Ω=8.0s X（2） 线路AB 和BC 的电抗 x 1=0.4Ω /km, x 0=1.4Ω/km; （3） 变压器T 1的额定参数为 31.5 MV A , 110/6.6KV .U K %=10.5% , 其他参数如图示；（4） 取 25.1=I relK ， 15.1=IIrel K试计算：线路AB 的零序电流保护Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ 动作电流，Ⅱ、Ⅲ 段灵敏度及动作时限。